BDT - Hay

DongPhD Problems Book Series Một Số Chuyên Đề Về Bất Đẳng Thức Tổng hợp các Chuyên đề về Bất đẳng thức được chia sẻ trên mạng vnMath.com Dịch vụ Toán học dichvutoanhoc@gmail.com Sách Đại số Giải tích Hình học Các loại khác Thông tin bổ ích (Free) Toán học vui Kiếm tiền trên mạng Bài báo Giáo án (Free) Bản điện tử chính thức có tại http://www.vnmath.com http://book.vnmath.com Contributors Bùi Việt Anh Võ Quốc Bá Cẩn Nguyễn Anh Cường Phạm Kim Hùng Phan Thành Nam Võ Thành Văn Phan Thành Việt Editors DongPhD Ghi chú Sách gồm nhiều phương pháp chứng minh bất đẳng thức hay, chẳng hạn ABC, GLA, SOS, pqr, Mixing variables, etc. Các chuyên đề này được tổng hợp từ các trang web sau: diendantoanhoc.net, mathvn.com, mathvn.org, vnmath.com. PHƯƠNG PHÁP DỒN BIẾN Phan Thành Việt Nội dung: 1. Giới thiệu. 2. BĐT 3 biến với cực trò đạt được đối xứng. 3. Dồn biến bằng kó thuật hàm số. 4. BĐT 3 biến với cực trò đạt được tại biên. 5. BĐT 4 biến. 6. Dồn biến bằng hàm lồi. 7. Dồn biến về giá trò trung bình. 8. Đònh lý dồn biến tổng quát. 9. Nhìn lại. 10. Bài tập. 1. Giới thiệu. Các bạn thân mến, rất nhiều trong số các BĐT mà ta đã gặp có dấu đẳng thức khi các biến số bằng nhau. Một ví dụ kinh điển là Ví dụ 1: (BĐT Cauchy) Cho x, y, z > 0 thì x + y + z ≥ 3 3 √ xyz. Có thể nói số lượng BĐT như vậy nhiều đến nỗi nhiều bạn sẽ thấy điều đó là hiển nhiên. Tất nhiên, không hẳn như vậy. Tuy nhiên, trong trường hợp đẳng thức không xảy ra khi tất cả các biến bằng nhau thì ta lại rất thường rơi vào một trường hợp khác, tổng quát hơn: đó là có một số (thay vì tất cả) các biến bằng nhau. Ở đây chúng tôi dẫn ra một ví dụ sẽ được chứng minh ở phần sau. Ví dụ 2: (VMO) Cho x, y, z ∈ R, x 2 + y 2 + z 2 =9. Thì 2(x + y + z) −xyz ≤ 10 Trong BĐT này thì dấu "=" xảy ra khi x = y =2,z = −1 (và các hoán vò). 1 Có thể nhiều bạn sẽ ngạc nhiên khi biết rằng còn có những bất đẳng thức mà dấu "=" xảy ra khi các biến đều khác nhau. Ví dụ sau đây cũng sẽ được chứng minh ở phần sau. Ví dụ 3: (Jackgarfukel) Cho a, b, c là 3 số thực không âm và có tối đa một số bằng 0. Thì ta luôn có: a √ a + b + b √ b + c + c √ c + a ≤ 5 4 √ a + b + c Ở đây, dấu đẳng thức xảy ra khi a =3b>0,c=0(và các dạng hoán vò). Các bạn có thể tự hỏi là các giá trò chẳng hạn như (3, 1, 0) có gì đặc biệt mà làm cho đẳng thức xảy ra. Một cách trực giác, ta thấy dường như điểm đặc biệt đó là do có một biến bằng 0. Vì giả thiết là các biến không âm, nên biến bằng 0 còn được gọi là biến có giá trò trên biên. Tóm lại, trong các BĐT mà ta gặp, có các trường hợp dấu "=" xảy ra rất thường gặp: đó là trường hợp tất cả các biến bằng nhau (ta gọi là "cực trò đạt được tại tâm"), tổng quát hơn là trường hợp có một số các biến bằng nhau (ta gọi là "cực trò đạt được có tính đối xứng"), một trường hợp khác là dấu "=" xảy ra khi có một biến có giá trò trên biên (và ta gọi là "cực trò đạt được tại biên"). Phương pháp dồn biến được đặt ra để giải quyết các BĐT có dạng như trên. Ý tưởng chung là: nếu ta đưa được về trường hợp có hai biến bằng nhau, hoặc là một biến có giá trò tại biên, thì số biến sẽ giảm đi. Do đó BĐT mới đơn giản hơn BĐT ban đầu, đặc biệt nếu BĐT mới chỉ còn một biến thì bằng cách khảo sát hàm một biến số ta sẽ chứng minh BĐT khá đơn giản. Chính vì tư tưởng là giảm dần số biến nên phương pháp này được gọi là phương pháp dồn biến. Bây giờ chúng tôi sẽ trình bày các kó thuật chính của phương pháp thông qua các bài toán cụ thể. Đối tượng rất quan trọng mà chúng tôi muốn bạn đọc nắm bắt là các BĐT với 3 biến số. Sau đó, các mở rộng cho 4 biến sẽ được trình bày. Cuối cùng, chúng ta đến với các phương pháp dồn biến tổng quát cho n biến số, trong đó bạn đọc sẽ cùng chúng tôi đi từ những kết quả "cổ điển" tới những cải tiến nhỏ và sau đó là một kết quả 2 hết sức tổng quát. Tinh thần xuyên suốt của chúng tôi là muốn bạn đọc cảm nhận được tính tự nhiên của vấn đề. Qua đó, các bạn sẽ lý giải được "tại sao", để rồi có thể tự mình bước đi trên con đường sáng tạo. *Ghi chú: Chúng tôi sẽ đánh dấu các bài toán theo từng mục. Vì số lượng các đònh lý là rất ít nên chúng tôi không đánh dấu. Chúng tôi cố gắng ghi tên tác giả và nguồn trích dẫn đối với tất cả các kết quả quan trọng, ngoại trừ những kết quả của chúng tôi. 2. BĐT 3 biến với cực trò đạt được đối xứng. Xin phác họa lại tư tưởng của chúng ta như sau. Bài toán của chúng ta sẽ có dạng f(x, y, z) ≥ 0 với x, y, z là các biến số thực thỏa mãn các tính chất nào đấy. Điều chúng ta mong muốn là sẽ có đánh giá f(x, y, z) ≥ f(t, t, z) với t là một đại lượng thích hợp tùy theo mỗi liên hệ giữa x, y, z (ta sẽ gọi đây là kó thuật dồn về 2 biến bằng nhau). Sau đó chúng ta kiểm tra f(t, t, z) ≥ 0 để hoàn tất chứng minh. Lưu ý rằng nếu các biến đã được chuẩn hóa thì bước cuối chỉ là bài toán với một biến. Trong mục này, chúng ta sẽ chỉ xem xét các ví dụ cơ bản nhất. Bài toán 1. (BĐT Cauchy) Cho x, y, z > 0, chứng minh rằng x + y + z ≥ 3 3 √ xyz Lời giải: Vì BĐT là đồng bậc nên bằng cách chuẩn hóa ta có thể giả sử x+y+z =1 (*). Viết lại bài toán dưới dạng f(x, y, z) ≥ 0 với f(x, y, z)=1−27xyz.Ta thấy rằng khi thay x và y bởi t = x+y 2 thì điều kiện (*) vẫn bảo toàn (tức là vẫn có t + t + z =1), nên ta chỉ phải xem xét sự thay đổi của xyz. Theo BĐT Cauchy với 2 biến (chứng minh rất đơn giản) thì xy ≤ t 2 , nên xyz ≤ t 2 z. Vậy f(x, y, z) ≥ f(t, t, z). Cuối cùng để ý là z =1−2t nên ta có: f(t, t, z)=1− 27t 2 z =1− 27t 2 (1 − 2t)=(1+6t)(1 − 3t) 2 ≥ 0 và bài toán chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra khi x = y và 3t =1, nghóa là x = y =1/3, tương đương với x = y = z. 3 *Nhận xét: 1) Có thể nhiều bạn sẽ bỡ ngỡ với cách chuẩn hóa ở trên. Chúng tôi xin nói rõ: không có gì là bí ẩn ở đây cả. Nếu thích, các bạn hoàn toàn có thể chuẩn hóa theo cách khác, chẳng hạn giả sử xyz =1và chứng minh f(x, y, z) ≥ 0 với f(x, y, z)=x + y+ z −3. Khi đó bước dồn biến sẽ là chứng minh f(x, y, z) ≥ f(t, t, z) với t = √ xy. Đề nghò bạn đọc tự lý giải vì sao trong lời giải trên thì ta xét t = x+y 2 còn ở đây lại xét t = √ xy, và sau đó hoàn thành chứng minh theo cách này. 2) Bạn đọc có thể thắc mắc: không cần chuẩn hóa được không? Câu trả lời là: được! Thật vậy, chúng ta vẫn hoàn toàn có thể xét bài toán f(x, y, z) ≥ 0 với f(x, y, z)=x + y + z − 3 √ xyz. Khi đó bước dồn biến sẽ là chứng minh f(x, y, z) ≥ f(t, t, z) với t = x+y 2 hay t = √ xy đều được. Thực chất, điều này hoàn toàn dễ hiểu, nó chỉ là sự tương ứng giữa BĐT có điều kiện và BĐT không điều kiện (qua kó thuật chuẩn hóa). 3) Chúng tôi nghó là các bạn sẽ đồng ý rằng: nếu một bài toán đã chuẩn hóa (tức là BĐT có điều kiện) thì nó sẽ "gợi ý" cho chúng ta cách dồn biến (phải đảm bảo điều kiện), tuy nhiên, ngược lại một bài toán chưa chuẩn hóa (BĐT không điều kiện) thì chúng ta sẽ có nhiều cách để dồn biến hơn (nói chung, ta sẽ chọn cách dồn biến sao cho bảo toàn được "nhiều" biểu thức nhất trong BĐT - điều này cũng tương đương với chuẩn hóa sao cho biểu thức có dạng đơn giản nhất). Do đó, một sự phối hợp tốt giữa kó thuật chuẩn hóa và dồn biến là một điều cần thiết. Tuy nhiên, khi đã quen với những điều này thì các bạn sẽ thấy không có sự khác biệt đáng kể nào giữa chúng. Bài toán 2. (BĐT Schur) Cho a, b, c ≥ 0, chứng minh rằng: a 3 + b 3 + c 3 +3abc ≥ a 2 (b + c)+b 2 (c + a)+c 2 (a + b). Lời giải: Xét f(a, b, c)=a 3 + b 3 + c 3 +3abc −a 2 (b + c) −b 2 (c + a) −c 2 (a + b). Đặt t = b+c 2 , ta hi vọng: f(a, b, c) ≥ f(a, t, t). Xét d = f(a, b, c) − f(a, t, t)=  b + c − 5 4 a  (b −c) 2 Ta thấy với a, b, c là các số không âm tùy ý thì không chắc có d ≥ 0. Tuy nhiên, nếu giả sử a = min{a, b, c} thì ta vẫn có d ≥ 0. Khi đó ta chỉ còn phải 4 chứng minh f(a, t, t) ≥ 0. Nhưng BĐT này tương đương với a(a − t) 2 ≥ 0 nên hiển nhiên đúng. Bài toán chứng minh xong. *Nhận xét: Việc giả sử a = min{a, b, c} là một thủ thuật rất thường được áp dụng để dồn biến. Nhắc lại là nếu BĐT 3 biến đối xứng thì ta có thể giả sử a ≤ b ≤ c (hoặc a ≥ b ≥ c), còn trong trường hợp BĐT 3 biến hoán vò vòng quanh thì ta có thể giả sử a = min{a, b, c} (hoặc a = max{a, b, c}). Bài toán 3. Cho a, b, c là 3 số thực dương có tích bằng 1. Chứng minh rằng: 1 a + 1 b + 1 c + 6 a + b + c ≥ 5. Hướng dẫn: Nếu như 2 bài toán ban đầu là những bài toán quen thuộc, thì đây là một bài toán khó. Với kinh nghiệm thu được từ bài toán 1, chúng ta có thể nghó ngay tới việc dồn biến theo trung bình nhân để khai thác giả thiết tích ba số bằng 1. Một lời giải theo hướng đó đã được bạn Yptsoi (Đài Loan) đưa lên trên diễn đàn Mathlinks, mà sau đây chúng tôi xin dẫn lại một cách vắn tắt. Ta chứng minh được f(a, b, c) ≥ f(a, √ bc, √ bc) nếu giả sử a ≥ b ≥ c. Tiếp theo, ta chứng minh rằng f(a, √ bc, √ bc) ≥ 5, hay là f  1 x 2 ,x,x  ≥ 5, với x = √ bc BĐT này tương đương với (x −1) 2 (2x 4 +4x 3 − 4x 2 − x +2)≥ 0. Vì biểu thức trong ngoặc thứ hai dương với x>0 nên chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c =1. Qua các ví dụ trên, chúng ta đã thấy cách dồn biến về trung bình cộng và trung bình nhân thật là hữu dụng. Tuy nhiên, các cách dồn biến là vô cùng phong phú và uyển chuyển. Ví dụ sau đây minh họa cho điều đó. Bài toán 4.(Iran 1996) Chứng minh rằng với a, b, c > 0 thì: (ab + bc + ca)  1 (a + b) 2 + 1 (b + c) 2 + 1 (c + a) 2  ≥ 9 4 . Hướng dẫn: Đây là một bài toán rất khó. Các bạn có thể thấy điều đó qua sự kiện 5 là dấu "=" đạt được ngoài a = b = c còn có a = b, c → 0. Các bạn nên thử để thấy 2 cách dồn biến thông thường là trung bình cộng và trung bình nhân đều dẫn đến những BĐT vô cùng phức tạp. Lời giải sau đây lấy từ ý của thầy Trần Nam Dũng, mà nếu nhìn kó bạn sẽ thấy được mối tương quan, không chỉ trong tính toán mà trong cả tư duy, của các kó thuật chuẩn hóa và dồn biến, mà chúng tôi đã đề cập trong nhận xét 3) của bài toán 1. Vì BĐT là đồng bậc nên ta có thể giả sử ab + bc + ca =1(*). Bây giờ ta hi vọng có đánh giá f(a, b, c) ≥ 9 4 với f(a, b, c) là biểu thức thứ hai của vế trái BĐT cần chứng minh. Ở đây t phải thỏa mỗi liên hệ ở (*), nghóa là t 2 +2tc =1. Bằng cách giả sử c = min{a, b, c} ta sẽ chứng minh được f(a, b, c) ≥ f(t, t, c). Cuối cùng, ta kiểm tra f(t, t, c) ≥ 9 4 . Ở đây bạn đọc có thể thay c = 1−t 2 2t vào BĐT để thấy: f(t, t, c)= (1 − t 2 )(1 − 3t 2 ) 2 4t 2 (1 + t 2 ) ≥ 0 Bài toán chứng minh xong! *Nhận xét: Ở bước cuối, các bạn cũng có thể không chuẩn hóa nữa mà quay lại BĐT đồng bậc: (t 2 +2tc)( 2 (t + c) 2 + 1 4t 2 ) ≥ 9 4 ⇔ (t 2 +2tc)(8t 2 +(t + c) 2 ) − 9(t + c) 2 t 2 ≥ 0 ⇔ 2tc(t − c) 2 ≥ 0 Cuối cùng chúng ta đến với một ví dụ mà cực trò không đạt tại tâm, mặc dù BĐT là đối xứng. Các bạn sẽ thấy rằng, trong con đường của chúng ta phần quan trọng nhất là dồn về hai biến bằng nhau, còn sau đó thì cực trò đạt tại tâm hay không không phải là điều mấu chốt. Bài toán 5. (VMO) Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn: x 2 + y 2 + z 2 =9. Chứng minh rằng: 2(x + y + z) −xyz ≤ 10. Lời giải. Đặt f(x, y, z)=2(x + y + z) − xyz. Chúng ta hi vọng sẽ có f(x, y, z) ≥ f(x, t, t), trong đó t 2 =(y 2 + z 2 )/2 (*) (chúng tôi nghó rằng bây giờ bạn đọc đã tự lý giải được điều này). Lưu ý là trong (*) t có thể nhận 2 giá trò, để 6 đònh ý ta hãy xét khi t ≥ 0. Ta có: d = f(x, y, z) − f(x, t, t)=2(y + z − 2t) − x(yz − t 2 ). Ta thấy ngay y + z −2t ≤ 0 và yz − t 2 ≤ 0. Do đó để có d ≤ 0 ta chỉ cần x ≤ 0. Từ đó, ta giả sử x = min{x, y, z}. Xét trường hợp x ≤ 0. Khi đó ta dồn biến như trên và chỉ còn phải chứng minh f(x, t, t) ≤ 10. Thay t =  (9 − x 2 )/2 ta có: g(x)=f(x, t, t)=2x +2  2(9 − x 2 ) − x(9 − x 2 )/2 Ta có: g  (x)= 3x 2 2 − 5 2 − 4x √ 18 − 2x 2 Giải ra ta thấy phương trình g  (x)=0chỉ có 1 nghiệm âm là x = −1. Hơn nữa g  liên tục và g  (−2) > 0 >g(0) nên suy ra g  đổi dấu từ dương sang âm khi đi qua điểm x = −1. Vậy ∀x ≤ 0 thì g(x) ≤ g ( −1) = 10 và ta có điều phải chứng minh. Trường hợp này đẳng thức đạt được tại x = −1,y = z =2. Phần còn lại ta phải giải quyết trường hợp x>0, tức là 3 số x, y, z đều dương. Lúc này dấu BĐT là thực sự và ta chỉ cần đánh giá đơn giản chứ không phải thông qua dồn biến. Nếu x ≥ 3/4 thì f(x, y, z)=2(x+y +z)−xyz ≤ 2  3(x 2 + y 2 + z 2 )−( 3 4 ) 3 =2 √ 27− 27 64 < 10 Nếu x ≤ 3/4 thì f(x, y, z)=2(x+y+z)−xyz ≤ 2(  2(y 2 + z 2 )+3/4) ≤=2( √ 18+3/4) < 10 Bài toán chứng minh xong! 3. Dồn biến bằng kó thuật hàm số. Đây là một kó thuật rất quan trọng của phương pháp dồn biến. Tuy nhiên chúng tôi giới thiệu nó ngay sau phần cơ bản nhất là nhằm trang bò cho các bạn một kó thuật cần thiết trước khi đi qua các mục sau. Hơn nữa, chúng tôi nghó rằng khi đã quen với nó thì các bạn sẽ không còn phải phân biệt cực trò đạt tại tâm hay tại biên, và do đó mục tiếp theo sẽ nhẹ nhàng hơn. 7 Trong $2 chúng ta thấy rằng để chứng tỏ f(x, y, z) ≥ f(t, t, z) ta chỉ việc xét hiệu d = f(x, y, z) − f(t, t, z) rồi tìm cách đánh giá sao cho d ≥ 0. Tuy nhiên, đó là vì dạng BĐT quá đơn giản, phù hợp với các biến đổi đại số. Giả sử ta phải làm việc với biểu thức f có dạng, chẳng hạn, như: f(x, y, z)=x k + y k + z k với k>0 thì các cách biến đổi đại số sẽ trở nên rất cồng kềnh và phức tạp. Kó thuật hàm số dùng để giải quyết các trường hợp như vậy. Ý tưởng chính thế này, chẳng hạn để chứng minh f(x, y, z) ≥ f(x, t, t) với t = (y + z)/2, ta xét hàm: g(s)=f(x, t + s, t −s) với s ≥ 0. Sau đó chứng minh g tăng với s ≥ 0 (thông thường dùng công cụ đạo hàm rất tiện lợi), suy ra g(s) ≥ g(0), ∀s ≥ 0, và ta sẽ thu được điều mong muốn. Một trong những ví dụ quen thuộc với các bạn là dồn biến bằng hàm lồi, tuy nhiên dưới đây chúng ta sẽ quan sát kó thuật dồn biến trong bối cảnh tổng quát hơn, còn vấn đề về hàm lồi sẽ được trở lại ở một mục sau trong bài toán với n biến. Chúng tôi nhấn mạnh rằng, đây là một kó thuật khó, bởi nó chứa đựng những nét rất tinh tế của phương pháp dồn biến. Những ví dụ sau đây thể hiện rất rõ vẻ đẹp và sức mạnh của phương pháp dồn biến. Bài toán 1. Cho k>0 và a, b, c là các số không âm và chỉ có tối đa 1 số bằng 0. Chứng minh rằng: ( a b + c ) k +( b c + a ) k +( c a + b ) k ≥ min{2, 3 2 k } (∗) Lời giải: Tất nhiên ta chỉ cần chứng minh BĐT khi 2= 3 2 k ⇔ k = ln3 ln2 − 1 (các bạn hãy suy nghó tại sao BĐT đúng cho trường hợp này lại dẫn đến BĐT đúng cho trường hợp tổng quát). Chú ý với k như trên thì đẳng thức xảy ra tại hai chỗ là a = b = c hoặc a = b, c =0(và các hoán vò). Không mất tổng quát có thể giả sử a + b + c =1và b ≥ c ≥ a. Đặt t = b+c 2 và m = b−c 2 , suy ra b = t + m, c = t − m, a =1−2t . Khi đó vế trái BĐT cần chứng minh là: f(m)=  1 − 2t 2t  k +  t + m 1 − t − m  k +  t − m 1+m −t  k Vì c ≥ a nên 3t −1 ≥ m ≥ 0, và 1 ≥ b + c =2t nên 1 2 ≥ t ≥ 1 3 Ta sẽ khảo sát f(m) trên miền m ∈ [0, 3t − 1] với t ∈ [ 1 3 , 1 2 ] là hằng số. 8 [...]... tiếc hơn Thay vì bỏ dỡ, ta hãy xem lại vì sao không thể có d ≥ 0 Nếu tinh ý, các bạn có thể thấy là f (a, b, c) sẽ nhỏ đi khi hai biến tiến lại gần nhau (đó chính là lý do mà ta có thể dồn về hai biến bằng nhau như trong $2), còn ở đây khi thay bộ (a, b, c) bởi (0, a + b, c) thì "dường như" các biến càng cách xa nhau Đó chính là lý do cách dồn biến ở trên thất bại Từ đó, ta nảy ra ý là thay (a, b,... Hơn nữa u = 3 + (s + t)2 > 4, v = 3 + (s − t)2 > 3 + c2 Từ đó suy ra (3) Chứng minh (4): Dùng BĐT Cauchy ta có: u2v 2 = [[3 + (s + t)]2 [3 + (s - t)]2 ]2 ≥ 16(s2 − t2), và 2 2 2 2 2cs(u + v)(3 + c ) = 4cs(3 + s + t )(3 + c ) ≤ 4cs + 3 + s2 + t2 + 3 + c2 3 3 Thay c = 3 − 2s vào, lưu ý là t ≤ s − c = 3s − 3, ta có: 4cs + 3 + s2 + t2 + 3 + c2 ≤ 4(3 − 2s)s + 6 + s2 + (3s − 3)2 + (3 − 2s)2 = 12 + 6(s − 1)(s... c3 a3 ≤ a3(b + c)3 ) Do đó ta chỉ cần chứng minh bài toán trong trường hợp c = 0, hay 36ab ≥ a3 b3(a3 + b3 ) ⇔ 36 ≥ a2 b2(a3 + b3) Đặt t = ab, bất đẳng thức có thể viết lại dưới dạng t2 (27 − 9t) ≤ 36 ⇔ t3 + 4 ≥ 3t2 Nhưng đây lại là BĐT Cauchy của ba số t3/2, t3 /2, 4 Đẳng thức xảy ra khi c = 0 và a + b = 3, ab = 2 hay a = 2, b = 1, c = 0 (và các hoán vò) 22 *Nhận xét: Một ví dụ nữa, đơn giản hơn,... x3 5 − x4 Bổ đề này rất thú vò nhưng nó không nằm trong phạm vi dồn biến của chúng ta Tuy nhiên, có một câu hỏi là liệu có thể giải quyết bài toán của anh Phạm Kim Hùng bằng cách dồn biến hay không? Đó là một vấn đề hay mà chúng tôi muốn cách bạn tự mình suy nghó 26 Trong bài toán sau, câu a) là của anh Phạm Kim Hùng, còn câu b) là một kết quả mạnh mà chúng tôi tìm được Bài toán 3 Cho a, b, c, d ≥ 0,... biến, suy ra 1 h(t) ≥ h( ) = 2 3 Bài toán được giải quyết trọn vẹn! Nhận xét: Để thấy được nét đẹp của bài toán này, chúng tôi xin dẫn ra một số trường hợp riêng của nó, bản thân chúng đã là các bài toán hay và được biết đến một cách rộng rãi 1) Trường hợp k = 1, ta thu được BĐT Netbit: a b c 3 + + ≥ b+c c+a a+b 2 Đây là một BĐT rất nổi tiếng Một cách chứng minh "kinh điển" là: b c a+b+c a+b+c a+b+c a... kó thuật hàm số Bài toán 2 Cho k > 0, a, b, c ≥ 0 và a + b + c = 3 Chứng minh rằng: 3 (ab)k + (bc)k + (ca)k ≤ max{3, ( )k } 2 (∗) Lời giải: Không mất tổng quát có thể giả sử b ≥ c (còn việc cho a = min hay max thì tùy theo tình huống, ta sẽ điều chỉnh một cách "hợp lí" khi cần thiết) Đặt t = b+c và m = b−c suy ra b = t + m, c = t − m Khi đó vế trái BĐT 2 2 cần chứng minh trở thành: f (m) = ak [(t +... = b = 1, c = 0 và các hoán vò Xét một trường hợp riêng khi c = 0, thì bài toán trở thành: "Chứng minh rằng: 1 1 1 5 + + ≥ , với ab = 1.” a b a+b 2 Đặt s = a+b thì điều trên tương đương với s+ 1 ≥ 5 , hay (2s−1)(s−2) ≥ 2 √ s 0 BĐT cuối là hiển nhiên vì s = a + b ≥ 2 ab = 2 Vậy bây giờ ta chỉ cần dồn một biến về 0 nữa là xong Cách làm sau đây lấy từ ý của anh Phạm Kim Hùng trên Diễn Đàn Toán Học Đặt... Tuy nhiên, những lời giải như vậy không phải dễ dàng nghó ra Về lời giải bằng dồn biến ở trên, một lần nữa chúng tôi nhấn mạnh đến tính tự nhiên của nó f (a, b, c) = (c + 2) Bài toán 2 là một bài toán hay và thu được sự quan tâm của nhiều bạn Tuy nhiên, các bạn sẽ bất ngờ khi nó chỉ là một hệ quả đơn giản của một BĐT quen thuộc khác Đó chính là BĐT Iran 1996 Thật vậy, với giả thiết ab + bc + ca = 1... tính liên tục của hàm số nhưng với kó thuật khác, chúng tôi còn đạt được 1 kết quả tổng quát hơn Sau khi có (*), còn một cách khác để đạt được điều phải chứng minh mà chỉ cần sử dụng một số hữu hạn lần thay thế Tuy nhiên, để khỏi trùng lắp chúng tôi sẽ giới thiệu nó trong mục BĐT 4 biến (và các mục sau), khi mà nó thực sự cần thiết h Còn trong trường hợp 3 biến, chúng tôi sẽ chỉ sử dụng cách tiếp cận... thường ta chỉ dồn được 1 cặp nhờ thứ tự sắp được giữa các biến Sau khi dồn được hai biến bằng nhau (hoặc dồn được một biến ra biên) thì ta chưa có ngay BĐT với 1 biến, mà phải qua một BĐT trung gian (2 hay 3 biến) Tuy nhiên thường thì các BĐT trung gian này khá dễ để có thể chứng minh trực tiếp hoặc đánh giá để quy về 1 biến Nói chung, chúng tôi nhấn mạnh điều cần thiết ở đây là các bạn cần quan sát . với f(x, y, z)=1−27xyz.Ta thấy rằng khi thay x và y bởi t = x+y 2 thì điều kiện (*) vẫn bảo toàn (tức là vẫn có t + t + z =1), nên ta chỉ phải xem xét sự thay đổi của xyz. Theo BĐT Cauchy với 2. có: u 2 v 2 =[[3 + (s + t)] 2 [3 + (s - t)] 2 ] 2 ≥ 16(s 2 − t 2 ), và 2cs(u + v)(3 + c 2 )=4cs(3 + s 2 + t 2 )(3 + c 2 ) ≤  4cs +3+s 2 + t 2 +3+c 2 3  3 Thay c =3−2s vào, lưu ý là t ≤ s − c. trong $2), còn ở đây khi thay bộ (a, b, c) bởi (0,a+ b, c) thì "dường như" các biến càng cách xa nhau. Đó chính là lý do cách dồn biến ở trên thất bại. Từ đó, ta nảy ra ý là thay (a, b, c) bởi